湖北省武漢市常青第一中學2023-2024學年高二上學期開學考物理復(fù)習卷二（解析版）

武漢市常青第一中學2023-2024學年高二上學期開學考物理復(fù)習卷二一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~10題有多項符合題目要求。每小題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1．滑冰運動員在水平冰面上轉(zhuǎn)彎時可近似看成做半徑為的圓周運動。已知冰鞋與冰面間的最大徑向靜摩擦力與運動員重力的比值為0.8，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）

A．運動員轉(zhuǎn)彎時，支持力分力提供向心力B．運動員轉(zhuǎn)彎時，重力與支持力的合力提供向心力C．運動員轉(zhuǎn)彎時，最大速度為4m/sD．運動員轉(zhuǎn)彎時，最大速度為8m/s【答案】D【詳解】AB．滑冰運動員在水平冰面上轉(zhuǎn)彎時，支持力垂直接觸面，與重力均在豎直方向，所以摩擦力提供向心力，故AB錯誤；CD．摩擦力最大，運動員轉(zhuǎn)彎時，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得解得最大速度為故C錯誤，D正確。故選D。2．某型號的汽車發(fā)動機的最大輸出功率為60kW，質(zhì)量為1600kg的該汽車在水平路面上啟動的過程中，保持發(fā)動機的輸出功率恒為最大功率，假定汽車受到的總阻力大小恒為1800N，則汽車啟動過程中，速度為20m/s時的加速度大小為（）A．1.875m/s2 B．1.25m/s2 C．0.75m/s2 D．0.25m/s2【答案】C【詳解】根據(jù)速度為20m/s時，牽引力加速度大小為故選C。3．A、B兩物體的質(zhì)量之比mA：mB=2：1，它們以相同的初速度v0在水平面上僅在摩擦力作用下做勻減速直線運動，直到停止，其v-t圖像如圖所示．此過程中，A、B兩物體受到的摩擦力分別為FA、FB，A、B兩物體受到的摩擦力做的功分別為WA、WB，則（）

A． B．C． D．【答案】D【詳解】AB．由動能定理可知由于A、B兩物體僅受摩擦力做功，質(zhì)量之比mA：mB=2：1，因此兩物體受到的摩擦力做的功之比為AB錯誤；CD．根據(jù)v-t圖像的斜率可知兩物體加速度之比為2:1，根據(jù)牛頓第二定律可得可得C錯誤，D正確。故選D。4．如圖甲所示是一種速度傳感器的工作原理圖，在這個系統(tǒng)中，B為一個能發(fā)射超聲波的固定小盒子，工作時小盒子B向被測物體發(fā)出短暫的超聲波脈沖，脈沖被運動的物體反射后又被B盒接收，從B盒發(fā)射超聲波開始計時，經(jīng)時間t0再次發(fā)射超聲波脈沖，圖乙是連續(xù)兩次發(fā)射的超聲波的x﹣t圖象。則下列說法正確的是（）A．超聲波的速度v聲＝B．超聲波的速度v聲＝C．物體的平均速度D．物體的平均速度【答案】C【詳解】AB．由圖乙可知，超聲波的速度為或者故AB錯誤；CD．由題可看出，物體通過的位移為時，所用時間為則物體的平均速度為故C正確，D錯誤。故選C。5．如圖所示為一衛(wèi)星變軌過程的示意圖。衛(wèi)星開始時在半徑為R的近地圓形軌道Ⅰ上運動，周期為T，到達軌道A點時點火變軌進入橢圓軌道Ⅱ，到達軌道Ⅱ遠地點B時，再次點火進入軌道半徑為6R的圓形軌道Ⅲ繞地球做圓周運動。引力常量為G，下列說法正確的是（）

A．據(jù)以上信息可以計算出衛(wèi)星的質(zhì)量B．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的周期為C．衛(wèi)星在A點時的向心加速度小于在B點時的向心加速度D．衛(wèi)星在軌道Ⅱ上A點的動能一定大于在軌道Ⅱ上B點的動能【答案】D【詳解】A．衛(wèi)星在圓形軌道Ⅰ上時，其萬有引力提供做圓周運動的向心力由上述式子可知，代表衛(wèi)星的質(zhì)量m計算時約去，所以無法計算出衛(wèi)星的質(zhì)量，故A項錯誤；B．依據(jù)開普勒第三定律，衛(wèi)星在圓軌道Ⅰ和圓軌道Ⅲ上有解得故B項錯誤；C．衛(wèi)星在A點，根據(jù)牛頓第二定律有解得衛(wèi)星在B點有解得由上述式子可知衛(wèi)星在A點時的向心加速度大于在B點時的向心加速度，故C項錯誤；D．衛(wèi)星從軌道Ⅱ上A點向軌道Ⅱ上B點運動過程中，其引力做負功，根據(jù)動能定理可知，合外力做負功，物體的動能減小，所以衛(wèi)星在軌道Ⅱ上A點的動能一定大于在軌道Ⅱ上B點的動能，故D項正確。故選D。6．2019年8月。“法國哪吒”扎帕塔身背燃料包，腳踩安裝了小型渦輪噴氣發(fā)動機的“飛板”，僅用22分鐘就飛越英吉利海峽35公里的海面。當扎帕塔及裝備懸浮在空中靜止時。發(fā)動機將氣體以的恒定速度從噴口向下噴出，此時扎帕塔及裝備的總質(zhì)量為120kg。不考慮噴出氣體對總質(zhì)量的影響，取，則發(fā)動機每秒噴出氣體的質(zhì)量為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】對扎帕塔（及裝備）由平衡條件得F=mg根據(jù)牛頓第三定律得扎帕塔（及裝備）對噴出的氣體的力為F′=F設(shè)△t時間內(nèi)噴出的氣體的質(zhì)量為△m，由動量定理得F′?△t=△mv-0聯(lián)立解得所以發(fā)動機每秒噴出氣體的質(zhì)量為0.40kg，故選B。7．如圖所示，長直輕桿兩端分別固定小球A和B，兩球質(zhì)量均為m，兩球半徑忽略不計，桿的長度為L。先將桿AB豎直靠放在豎直墻上，輕輕撥動小球B，使小球B在水平面上由靜止開始向右滑動，當小球A沿墻下滑距離為時，下列說法正確的是（不計一切摩擦，重力加速度為g）（）A．桿對小球A做功為mgLB．小球A、B的速度都為C．小球A、B的速度分別為和D．桿與小球A、B組成的系統(tǒng)機械能減少了mgL【答案】C【詳解】BCD．對A、B組成的系統(tǒng)，整個過程中，只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律得mg·＝又有vAcos60°＝vBcos30°解得vA＝vB＝故C正確，BD錯誤；A．對A，由動能定理得mg＋W＝解得桿對小球A做的功W＝－mg·＝－mgL故A錯誤。故選C。8．圖1、2分別是生活中常見的臺階式扶梯和傾斜式扶梯，兩扶梯的傾角均為，高度均為h，某同學體重為m，先后站在兩扶梯上，隨扶梯以大小相同的速度v勻速從一層上到二層，當?shù)刂亓铀俣葹間，下列說法正確的是（

）

A．兩種情況下該同學的重力勢能均增加了B．兩種情況下，該同學受到的支持力均不做功C．圖1中該同學不受摩擦力，所以該同學的機械能守恒D．圖2中該同學受到的摩擦力做了的正功，所以該同學的機械能增加了【答案】AD【詳解】A．兩種情況下該同學重力做功均為可知該同學的重力勢能均增加了，故A正確；B．圖1中支持力方向豎直向上，與速度方向夾角小于，支持力對該同學做正功；圖2中支持力方向垂直斜面向上，與速度方向垂直，支持力不做功，故B錯誤；C．圖1中該同學不受摩擦力，但支持力對該同學做正功，該同學的機械能增加，故C錯誤；D．圖2中支持力不做功，該同學克服重力做功，由于該同學動能不變，則該同學受到的摩擦力做了的正功，所以該同學的機械能增加了，故D正確。故選AD。9．如圖所示，質(zhì)量為M、長為L=7m的木板Q放在光滑的水平面上，可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m的物塊P放在木板的最左端。T=0時刻給物塊水平向右的初速度，當物塊P滑到木板Q的最右端時木板Q的位移為x=4m。則下列說法正確的是（

）

A．P、Q所受的摩擦力之比為m:MB．摩擦力對P、Q所做的功的絕對值之比為11:4C．P減小的動能與P、Q間因摩擦而產(chǎn)生的熱量之比為11:7D．Q增加的動能與系統(tǒng)損失的機械能之比為11:4【答案】BC【詳解】A．P對Q的摩擦與Q對P的摩擦是作用力、反作用力，即P、Q所受的摩擦力之比為，故A錯誤；B．摩擦力對物體P所做的功為摩擦力對物體Q所做的功為摩擦力對P與摩擦力對Q所做的功的絕對值之比為，故B正確；CD．對P由動能定理得對Q由動能定理得P、Q組成的系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為即系統(tǒng)損失的機械能為fL，則故C正確，D錯誤。故選BC。10．如圖甲所示，在光滑水平面上兩個物塊A與B由彈簧連接（彈簧與A、B不分開）。初始時彈簧被壓縮，同時釋放A、B，此后A的圖像如圖乙所示（規(guī)定向右為正方向）。已知，，彈簧質(zhì)量不計。A、B及彈簧在運動過程中，在A物塊速度為時，則（）A．物塊B的速度大小為，方向向右 B．A物塊加速度是B物塊加速度的2倍C．此時彈簧的彈性勢能為 D．此時彈簧的彈性勢能為最大彈性勢能的一半【答案】BC【詳解】A．兩物塊組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，可得解得可知物塊B的速度大小為，方向向左，A錯誤；B．根據(jù)牛頓第二定律可得，可得B正確；C．當?shù)乃俣茸畲髸r，彈簧處于原長狀態(tài)，由圖像可知的最大速度為，根據(jù)動量守恒可得解得的最大速度為根據(jù)能量守恒可得解得A物塊速度為時，彈簧的彈性勢能為C正確；D．當兩物塊的速度為零時，彈簧的彈性勢能最大，則有D錯誤。故選BC。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11．（7分）驗證機械能守恒定律也可以有其他多種的實驗設(shè)計。甲同學用如圖所示的裝置驗證機械能守恒定律，細線的一端拴一個金屬小球，另一端連接固定在天花板上的拉力傳感器，傳感器可記錄小球在擺動過程中細線拉力的大小。將小球拉至圖示位置，由靜止釋放小球，發(fā)現(xiàn)細線拉力在小球擺動的過程中做周期性變化。

（1）若細線的長度遠大于小球的直徑，為了驗證機械能守恒定律，該小組不需要測出的物理量是。A．釋放小球時細線與豎直方向的夾角B．細線的長度C．小球的質(zhì)量D．細線拉力的最大值E．當?shù)氐闹亓铀俣龋?）根據(jù)上述測量結(jié)果，小球動能的最大值的表達式為。（3）小球從靜止釋放到最低點過程中，滿足機械能守恒關(guān)系式為（用上述測定的物理量的符號表示）。【答案】B【詳解】（1）［1］小球下擺過程機械能守恒，由機械能守恒定律得在最低點，細線的拉力與小球的重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得實驗需要測量釋放小球時細線與豎直方向的夾角，小球的質(zhì)量m，細線拉力的最大值F，當?shù)氐闹亓铀俣萭，不需要測量細線的長度L。故選B。（2）［2］在最低點，細線的拉力與小球的重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得則小球動能的最大值的表達式為（3）［3］根據(jù)（1）問分析可知小球從靜止釋放到最低點過程中，滿足機械能守恒的關(guān)系式為12．（10分）聰聰同學用如圖所示裝置來驗證動量守恒定律。

（1）實驗中，質(zhì)量為的入射小球和質(zhì)量為的被碰小球B的質(zhì)量關(guān)系是（填“大于”“等于”或“小于”）。（2）當滿足關(guān)系式時，證明、B兩小球碰撞過程中動量守恒；若碰撞前后系統(tǒng)無機械能損失，則系統(tǒng)機械能守恒的表達式為。A．B．C．

D．【答案】大于AC【詳解】（1）[1]為防止碰撞過程入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量m1大于m2；（2）[2]小球離開軌道后做平拋運動，設(shè)擋板與拋出點之間的距離為x，由平拋運動規(guī)律得：水平方向豎直方向解得，小球做平拋運動的初速度v越小，下落距離h越大兩球碰撞后，入射小球A的速度變小，小于碰撞前入射小球A的速度，且小于被碰小球B的速度，即被碰小球B的速度最大，入射小球碰撞后的速度最小，所以入射球碰撞前落點位置是，碰撞后落點位置是，被碰球的落點位置是，則碰撞前入射小球A的速度碰撞后入射球的速度碰撞后被碰球的速度兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得整理可得A正確。[3]若碰撞前后系統(tǒng)無機械能損失，由機械能守恒定律得整理可得C正確。13．（10分）小物塊以一定的初速度沿斜面(足夠長)向上運動，由實驗測得物塊沿斜面運動的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖所示．取g＝10m/s2，空氣阻力不計，可能用到的函數(shù)值：，，求：(1)物塊的初速度；(2)物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)；(3)計算說明圖線中P點對應(yīng)的斜面傾角為多大？在此傾角條件下，小物塊能滑回斜面底端嗎？說明理由(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等)．【答案】(1)8m/s(2)0.5(3)37°，能滑回底端，理由見解析【詳解】（1）當時，物塊做豎直上拋運動，末速度為零由題圖得上升最大位移為由：得：；（2）當時，物塊相當于在水平面上做勻減速直線運動，末速度為0由題圖得水平最大位移為：由運動學公式有：由牛頓第二定律得：得：；（3）設(shè)題圖中P點對應(yīng)的斜面傾角值為，物塊在斜面上做勻減速運動，末速度為0由題圖得物塊沿斜面運動的最大位移為：由運動學公式有：由牛頓第二定律有：得到：得到：因為，所以能滑回斜面底端．14．（15分）如圖，光滑水平面上有一具有光滑曲面的靜止滑塊B，可視為質(zhì)點的小球A從B的曲面上離地面高為h處由靜止釋放，且A可以平穩(wěn)地由B的曲面滑至水平地面。已知A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，重力加速度為g，試求：（i）A從B上剛滑至地面時的速度大??；（ii）若A到地面后與地面上的固定擋板P碰撞，之后以原速率反彈，則A返回B的曲面上能到達的最大高度為多少？【答案】(i)；(ii)【詳解】(i)設(shè)A剛滑至地面時速度大小為v1，B速度大小為v2，由水平方向動量守恒mv1=3mv2由機械能守恒mgh=mv12+3mv22由以上兩式解得v1=，v2=(ii)A與擋板碰后開始，到A追上B并到達最高高度hˊ，兩物體具有共同速度v，此過程系統(tǒng)水平方向動量守恒mv1+3mv2=4mv系統(tǒng)機械能守恒mgh=4mv2+mghˊ由以上兩式解得hˊ=h15．（18分）如圖所示，半徑的四分之一光滑圓弧軌道豎直固定，其末端B點切線水平，與B點等高的粗糙平面長，靜止于光滑水平地面上質(zhì)量的足夠長的長木板的上表面與面齊平，左端緊靠D點。將一質(zhì)量的滑塊（可視為質(zhì)點）從圓弧最高點A處由靜止釋放，當滑塊剛滑至長木板上表面的同時施加給長木板一個大小為的水平向右的作用力。已知滑塊與粗糙平面間的動摩擦因數(shù)，滑塊與長木板上表面間的動摩擦因數(shù)，取重力加速